Question

【題目】Ⅰ.利用含錳廢水（主要含Mn2+、SO42-、H＋、Fe2+、Al3＋、Cu2+）可制備高性能磁性材料碳酸錳（MnCO3）。其中一種工藝流程如下：

已知某些物質完全沉淀的pH如下表：

沉淀物	Fe（OH）3	Al（OH）3	Cu（OH）2	Mn（OH）2	CuS	MnS	MnCO3
沉淀完全時的pH	3.2	5.4	6.4	9.8[	≥0	≥7	≥7

回答下列問題：

（1）過程②中，所得濾渣W的主要成分是 。

（2）過程③中，發生反應的離子方程式是 。

（3）過程④中，若生成的氣體J可使澄清石灰水變渾濁，則生成MnCO3的反應的離子方程

式是 。

（4）由MnCO3可制得重要的催化劑MnO2：2MnCO3＋O2=2MnO2＋2CO2。現在空氣中加熱460.0 g MnCO3，得到332.0 g產品，若產品中雜質只有MnO，則該產品中MnO2的質量分數是 （用百分數表示，小數點后保留1位小數）。

Ⅱ.常溫下，濃度均為0.1 mol·L－1的下列六種溶液的pH如下表：

溶質	CH3COONa	NaHCO3	Na2CO3	NaClO	NaCN	C6H5ONa
pH	8.8	9.7	11.6	10.3	11.1	11.3

（1）上述鹽溶液中的陰離子，結合H＋能力最強的是 。

（2）根據表中數據判斷，濃度均為0.01 mol·L－1的下列物質的溶液中，酸性最強的是 （填序號）。

A．HCN

B．HClO

C．C6H5OH

D．CH3COOH

E．H2CO3

（3）根據上表數據，請你判斷下列反應不能成立的是 （填序號）。

A．HCN＋Na2CO3=NaHCO3＋NaCN

B．CH3COOH＋NaCN=CH3COONa＋HCN

C．CO2＋H2O＋2C6H5ONa=Na2CO3＋2C6H5OH

D．CH3COONa＋HClO=NaClO＋CH3COOH

Answer 1

【答案】

（1）Fe（OH）3、Al（OH）3；

（2）MnS+Cu2+=Mn2++CuS↓；

（3）Mn2++2HCO3-=MnCO3+CO2↑+H2O；

（4）78.6%；

Ⅱ.（1）CO32-；（2）D；（3） BC。

【解析】

試題分析：（1）根據表中數據可知，氫氧化鋁完成沉淀的pH為5.2，氫氧化鐵完全沉淀的pH為3.7，所以調節pH在5.2，Fe2+和Al3+均以Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀狀態存在，即濾渣的成分為：Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案為：Fe（OH）3、Al（OH）3；

（2）CuS在pH≥0時完全沉淀，而MnS在pH≥7時完全沉淀，所以加入MnS是為了使其中Cu2+產生CuS沉淀除去，故攪拌目的是使MnS 與 Cu2+快速、充分反應，反應的離子方程式：MnS+Cu2+=Mn2++CuS↓，故答案為：MnS+Cu2+=Mn2++CuS↓；

（3）生成的氣體J可使澄清石灰水變渾濁，該氣體為二氧化碳，Mn2+和加入的HCO3-反應，產生CO2氣體和MnCO3沉淀，反應的離子方程式：Mn2++2HCO3-=MnCO3+CO2↑+H2O，故答案為：Mn2++2HCO3-=MnCO3+CO2↑+H2O；

（4）MnCO3受熱分解為MnO，MnO部分氧化為MnO2，產品中雜質有MnO，460.0 gMnCO3的物質的量為：=4mol，受熱產生4molMnO，設產生MnO2物質的量為xmol，即有xmolMnO氧化，剩余MnO為（4-x）mol，產物的總質量為：（4-x）mol×71g/mol+xmol×87g/mol=332g，解得x=3，則MnO2的質量分數=×100%=78.6%，故答案為：78.6%；

Ⅱ.（1）弱酸根質量水解程度越大，相同濃度的鈉鹽溶液的pH越大，則酸根離子結合質子能力越大，根據溶液pH知，CO32-的水解程度最大，則CO32-結合質子能力最強，故答案為：CO32-；

（2）酸的酸性越強，酸的電離程度越大，其酸根離子水解程度越小，相同濃度的鈉鹽溶液的pH越小，根據表中數據知，酸性最強的酸是CH3COOH；故選D；

（3）一般而言，強酸可以制取弱酸。A．根據HCN＋Na2CO3=NaHCO3＋NaCN，酸性HCN＞NaHCO3，與題意不符，不能發生；B．根據CH3COOH＋NaCN=CH3COONa＋HCN，酸性CH3COOH＞HCN，與題意相符，能夠發生；C．根據CO2＋H2O＋2C6H5ONa=Na2CO3＋2C6H5OH，酸性碳酸＞苯酚＞NaHCO3，與題意相符，能夠發生；D．根據CH3COONa＋HClO=NaClO＋CH3COOH，酸性HClO＞CH3COOH，與題意不符，不能發生；故選BC。